（全国通用版）2019高考数学二轮复习专题六函数与导数第4讲导数的热点问题学案理.doc

1、1第 4 讲 导数的热点问题考情考向分析 利用导数探求函数的极值、最值是函数的基本问题，高考中常与函数零点、方程根及不等式相结合，难度较大热点一 利用导数证明不等式用导数证明不等式是导数的应用之一，可以间接考查用导数判定函数的单调性或求函数的最值，以及构造函数解题的能力例 1 (2018湖南长沙雅礼中学、河南省实验中学联考)已知函数 f(x) ae2x aex xex(a0，e2.718，e 为自然对数的底数)，若 f(x)0 对于 xR 恒成立(1)求实数 a 的值；(2)证明： f(x)存在唯一极大值点 x0，且 f(x0)0， g(x)在(0，)上单调递增， g(x) g(0)0，故 a

2、1.(2)证明 当 a1 时， f(x)e 2xe x xex，f( x)e x(2ex x2)令 h(x)2e x x2，则 h( x)2e x1，当 x(，ln 2)时， h( x)0， h(x)在(ln 2，)上为增函数， h(1)0，在(2，1)上存在 x x0满足 h(x0)0， h(x)在(，ln 2)上为减函数，当 x(， x0)时， h(x)0，即 f( x)0， f(x)在(， x0)上为增函数，当 x( x0，ln 2)时， h(x)h(0)0，即 f( x)0， f(x)在(0，)上为增函数， f(x)在(ln 2，)上只有一个极小值点 0，综上可知， f(x)存在唯一的

3、极大值点 x0，且 x0(2，1) h(x0)0，2 0ex x020， f(x0) 02x x0 2 (x01) ， x0(2，1)，(x0 22 ) (x0 22 ) x20 2x04当 x(2，1)时， 0)，1x ax 1x当 a0 时，则 f( x)0 时，则当 x 时， f( x)0， f(x)单调递增，(1a， )当 x 时， f( x)0 时， f(x)在 上单调递减，在 上单调递增(0，1a) (1a， )(2)证明 令 g(x) f(x)2 ax xeax1 xeax1 axln x，则 g( x)e ax1 axeax1 a1x( ax1) (x0)，(eax 11x)

4、ax 1xeax 1 1x设 r(x) xeax1 1( x0)，则 r( x)(1 ax)eax1 (x0)，e ax1 0，当 x 时， r( x)0， r(x)单调递增；(0， 1a)当 x 时， r( x) 时， g( x)0，1a 1a g(x)在 上单调递减，在 上单调递增，(0， 1a) ( 1a， )4 g(x)min g ，(1a)设 t ，1a (0， e2则 g h(t) ln t1(00，且函数 f(x)在区间0，)内单调递增，求实数 a 的取值范围；(2)若 0 a)，23 1x a记 h(x) f( x)，则 h( x)e x 0，1x a2知 f( x)在区间 内

5、单调递增( a， )又 f(0)1 0，1a 1a 1 f( x)在区间 内存在唯一的零点 x0，( a， )即 f( x0) 0e 0，1x0 a于是 0 ， x0ln .1x0 a (x0 a)当 ax0时， f( x)0， f(x)单调递增 f(x)min f(x0) 0e2 aln (x0 a) 2 a x0 x0 a 3 a23 a，1x0 a 1x0 a当且仅当 x0 a1 时，取等号由 00，23 f(x)min f(x0)0，即函数 f(x)没有零点思维升华 (1)函数 y f(x) k 的零点问题，可转化为函数 y f(x)和直线 y k 的交点问6题(2)研究函数 y f(

6、x)的值域，不仅要看最值，而且要观察随 x 值的变化 y 值的变化趋势7跟踪演练 2 (2018全国)已知函数 f(x)e x ax2.(1)若 a1，证明：当 x0 时， f(x)1；(2)若 f(x)在(0，)上只有一个零点，求 a.(1)证明 当 a1 时， f(x)1 等价于( x21)e x10.设函数 g(x)( x21)e x1，则 g( x)( x22 x1)e x( x1) 2e x.当 x1 时， g( x)0， h(x)没有零点；()当 a0 时， h( x) ax(x2)e x.当 x(0,2)时， h( x)0.所以 h(x)在(0,2)上单调递减，在(2，)上单调递

7、增故 h(2)1 是 h(x)在(0，)上的最小值4ae2若 h(2)0，即 a ，e24因为 h(0)1，所以 h(x)在(0,2)上有一个零点；由(1)知，当 x0 时，e xx2，所以 h(4a)1 1 1 1 0，故 h(x)16a3e4a 16a3e2a2 16a32a4 1a在(2,4 a)上有一个零点因此 h(x)在(0，)上有两个零点综上，当 f(x)在(0，)上只有一个零点时， a .e24热点三 利用导数解决生活中的优化问题生活中的实际问题受某些主要变量的制约，解决生活中的优化问题就是把制约问题的主要变量找出来，建立目标问题即关于这个变量的函数，然后通过研究这个函数的性质，

8、从而找到变量在什么情况下可以达到目标最优例 3 罗源滨海新城建一座桥，两端的桥墩已建好，这两墩相距 m 米，余下工程只需建两端桥墩之间的桥面和桥墩，经预测，一个桥墩的工程费用为 32 万元，距离为 x 米的相邻两墩之间的桥面工程费用为(2 )x 万元假设桥墩等距离分布，所有桥墩都视为点，且不考x8虑其他因素，记余下工程的费用为 y 万元(1)试写出 y 关于 x 的函数关系式；(2)当 m96 米时，需新建多少个桥墩才能使余下工程的费用 y 最小？解 (1)设需新建 n 个桥墩，则( n1) x m，即 n 1.mx所以 y f(x)32 n( n1)(2 )xx32 (2 )x(mx 1)

9、mx x m 2m32(00， f(x)在区间(16,96)内为增函数，所以 f(x)在 x16 处取得最小值，此时 n 15.9616答 需新建 5 个桥墩才能使余下工程的费用 y 最小思维升华 利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤(1)建模：分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式 y f(x)(2)求导：求函数的导数 f( x)，解方程 f( x)0.(3)求最值：比较函数在区间端点和使 f( x)0 的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值(4)作答：回归实际问题作答跟踪演练 3 图 1 是某种称为“凹槽”的机械部件的示意图，图

10、2 是凹槽的横截面(阴影部分)示意图，其中四边形 ABCD 是矩形，弧 CmD 是半圆，凹槽的横截面的周长为 4.若凹槽的强度 T 等于横截面的面积 S 与边 AB 的乘积，设 AB2 x， BC y.9(1)写出 y 关于 x 的函数表达式，并指出 x 的取值范围；(2)求当 x 取何值时，凹槽的强度最大解 (1)易知半圆 CmD 的半径为 x，故半圆 CmD 的弧长为 x.所以 42 x2 y x，得 y .4 2 x2依题意知 00， T 为关于 x 的增函数；169 12当 0，则由 f( x)0，得 xln a.当 x(，ln a)时， f( x)0.10所以 f(x)在(，ln a

11、)上单调递减，在(ln a，)上单调递增(2)(i)若 a0，由(1)知， f(x)至多有一个零点(ii)若 a0，由(1)知，当 xln a 时， f(x)取得最小值，最小值为 f(ln a)1 ln 1aa.当 a1 时，由于 f(ln a)0，故 f(x)只有一个零点；当 a(1，)时，由于 1 ln a0，1a即 f(ln a)0，故 f(x)没有零点；当 a(0,1)时，1 ln a2e 2 20，故 f(x)在(，ln a)上有一个零点设正整数 n0满足 n0ln ，(3a 1)则 f(n0) e(a a2) n0e n02 n00.由于 ln ln a，(3a 1)因此 f(x)

12、在(ln a，)上有一个零点综上， a 的取值范围为(0,1)押题预测已知 f(x) asin x， g(x)ln x，其中 aR， y g1 (x)是 y g(x)的反函数(1)若 00， m0 恒成立，求满足条件的最小整数 b 的值押题依据 有关导数的综合应用试题多考查导数的几何意义、导数与函数的单调性、导数与不等式等基础知识和基本方法，考查分类整合思想、转化与化归思想等数学思想方法本题的命制正是根据这个要求进行的，全面考查了考生综合求解问题的能力(1)证明 由题意知 G(x) asin(1 x)ln x，G( x) acos(1 x)(x0)，1x当 x(0,1)，01,00，11故函数

13、 G(x)在区间(0,1)上是增函数(2)证明 由(1)知，当 a1 时，G(x)sin(1 x)ln x 在(0,1)上单调递增sin(1 x)ln x0， m0 恒成立，即当 x(0，)时， F min0.(x)又设 h(x) F e x2 mx2，(x)h( x)e x2 m， m0， h(x)单调递增，又 h(0)0，则必然存在 x0(0,1)，使得 h(x0)0， F(x)在(0， x0)上单调递减，在( x0，)上单调递增， F(x) F(x0) e mx 2 x0 b20，20则 b mx 2 x02，又 e2 mx020，20 m ， 22x0 b 0e x 2 x02 22x

14、0 20 0 x02，(x02 1)又 m 0e x02， x0(0，ln 2)恒成立，(x02 1)12令 m(x) ex x2， x(0，ln 2)，(x2 1)则 m( x) (x1)e x1，12令 n(x) (x1)e x1，12则 n( x) xex0，12 m( x)在(0，ln 2)上单调递增， m( x)m(0) 0，12 m(x)在(0，ln 2)上单调递增， m(x)0)，求当下潜速度 v 取什么值时，总用氧量最少解 (1)由题意，得下潜用时 (单位时间)，60v用氧量为 (升)；(v10)3 1 60v 3v250 60v水底作业时的用氧量为 100.99(升)；返回水

15、面用时 (单位时间)，60v2 120v用氧量为 1.5 (升)，120v 180v13总用氧量 y 9( v0)3v250 240v(2)y ，6v50 240v2 3v3 2 00025v2令 y0，得 v10 ，32当 010 时， y0，函数单调递增，32当 0e2 .1e(1)解 由定义域为(0,1)(1，)，f( x) ，1x ax 12 x2 a 2x 1xx 12设 h(x) x2( a2) x1，要使 y f(x)在 上有极值，(e， )则 x2( a2) x10 有两个不同的实根 x1， x2， ( a2) 240， a0 或 ae，0e 2，1e14联立可得 ae 2.1

16、e即实数 a 的取值范围是 .(e1e 2， )(2)证明 由(1)知，当 x 时， f( x)0， f(x)单调递增，(x2， ) f(x)在(1，)上有最小值 f(x2)，即 t(1，)，都有 f(t) f(x2)，又当 x 时， f( x)0， f(x)单调递增，(0， x1)当 x 时， f( x)e)设 k(x)ln x2 x 2ln x x (xe)，1x 1x则 k( x) 1 0(xe)，2x 1x2 k(x)在 上单调递增，(e， ) k(x)k(e)2e ，1e f(t) f(s)e2 .1e3(2018商丘模拟)已知函数 f(x)(2 x1)ln(2 x1) a(2x1)

17、 2 x(a0)15(1)如图，设直线 x ， y x 将坐标平面分成，四个区域(不含边界)，若12函数 y f(x)的图象恰好位于其中一个区域内，判断其所在的区域并求对应的 a 的取值范围；(2)当 a 时，求证： x1， x2(0，)且 x1 x2，有 f(x1) f(x2)0， a .ln2x 12x 1令 h(x) ，ln2x 12x 1 (x 12)则 h( x) .2 2ln2x 12x 12 (x 12)当 x 时， h( x)0， h(x)单调递增；(12， e 12 )当 x 时， h( x) 12)当 x0 时， 时，8 a4，42x 1 12 u( x) 8 a0 时，

18、f( x)为减函数，不妨设 x2x10，16令 g(x) f(x) f(x1)2 f (xx1)，(x x12 )可得 g(x1)0，g( x) f( x) f ，(x x12 ) x 且 f( x)是(0，)上的减函数，x x12 g( x)x1时， g(x)为减函数， g(x2)g(x)(1)解 易得 g( x)e x b b .1ex若 b0，则 g(x) (0，)，不合题意；1ex若 b0， g 1eb10，令 g( x)e x b0，得 xln b. g(x)在(，ln b)上单调递减；在(ln b，)上单调递增，则 g(x)min g(ln b)e ln b bln b b bln

19、 b0， be.综上所述，实数 b 的取值范围是(，0)e，)(2)证明 易得 f( x) ，1x ax2则由题意，得 f e ae2e，解得 a .(1e) 2e f(x)ln x ，从而 f 1，2ex (1e)即切点为 .(1e， 1)将切点坐标代入 ex y2 b0 中，解得 b0.17 g(x)e x.要证 f(x)g(x)，即证 ln x e x(x(0，)，2ex只需证 xln x xe x(x(0，)2e令 u(x) xln x ， v(x) xe x， x(0，)2e则由 u( x)ln x10，得 x ，1e u(x)在 上单调递减，(0，1e)在 上单调递增，(1e， )

20、 u(x)min u .(1e) 1e又由 v( x)e x xe xe x(1 x)0，得 x1， v(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减， v(x)max v(1) .1e u(x) u(x)min v(x)max v(x)，显然，上式的等号不能同时取到故对任意的 x(0，)，总有 f(x)g(x)5(2018马鞍山模拟)已知函数 g(x) xln x， h(x) (a0)ax2 12(1)若 g(x)a a0，(1，1a) 1x f( x)在 上单调递增，(1，1a)又 f(1)1 a0， f( x)0，即 f(x)在 上单调递増，(1，1a)f(x)f(1) 0，不满足题

21、意a 12综上所述， a1，)方法二 当 x(1，)时， g(x) ，2xln x 1x2令 F(x) (x1)，2xln x 1x2F( x) (x1)，2(x 1 xln x)x3记 m(x) x1 xln x(x1)，则 m( x)ln x0.(1)求函数 f(x)在区间(0，)上的零点个数；(2)函数 F(x)的导数 F( x) f(x)，是否存在无数个 a(1,4)，使得 ln a 为函数(ex a)F(x)的极大值点？请说明理由解 (1) f( x) ex，(xa6)当 0 时， f( x)0， f(x)单调递增，a6所以当 x(0，)时， f(x)min f ，(a6)因为 f

22、0，(a6) a6 (1 a6)所以存在 x0 ，使 f(x0)0，(a6， 1 a6)且当 0x0时， f(x)0.故函数 f(x)在(0，)上有 1 个零点，即 x0.(2)方法一 当 a1 时，ln a0.因为当 x 时，e x a0.(ln a， )20由(1)知，当 x(0， x0)时， f(x)0.下面证：当 a 时，ln a0，3 x3x所以 g( x)在 上单调递增，(1， e)由 g(1) 0，13 e3所以存在唯一零点 t0 ，使得 g 0，(1， e) (t0)且 x 时， g( x)0， g(x)单调递增(t0， e)所以当 x 时， g(x)0， F(x)单调递增；(

23、ex a)当 ln a0， f(x)0.(ln a， )由(1)知，当 x(0， x0)时， f(x)0.所以存在无数个 a(1,4)，使得 ln a 为函数 F(x)的极大值点，即存在无数个 a(1,4)，使得 ln a0，(32， 2)所以 g( x)在 上单调递增，(32， 2)因为 g ln 0，(32) 32 12 23所以存在唯一零点 t0 ，使得 g 0，(32， 2) (t0)且当 x 时， g( x)0， g(x)单调递增；(t0， 2)所以当 x 时，32， 2g(x)min g t0ln t0 t0 1，(t0)t206由 g 0，可得 ln t0 ，(t0)t03代入式

24、可得 g(x)min g t01，(t0)t206当 t0 时，(32， 2)g t01 1，求证： f(x) ax2 x1ln( x1)12(1)解 当 ae 时， f( x) x(exe)当 x(，0)时， f( x)0， f(x)为增函数， f(x)极小值 f(0)1，无极大值(2)解 f( x) x(ex a)，()当 a0 时， f(x)( x1)e x，只有一个零点 x1，()当 a0 时，e x a0，当 x(，0)时， f( x)0， f(x)为增函数，f(x)极小值 f(0)1，而 f(1) 0，a2当 x0 时，函数 f(x)在(0,1)上存在一个零点，当 xx1， f(x)( x1)e x ax2x1 ax212 12 ax2 x1，12令 g(x) ax2 x1，12x1是 g(x)0 的一个根，取 x1 0， f(x1)f(0)0，即 a0，1x 12 h(x)为(1，)上的增函数， h(2)e 210，取 x1e 2 ， x1e 2 ， h(1e 2 ) 1 e 20， g( x)0， g(x)为增函数， g(x)min g(x0)( x01) 0eln( x01) x01( x01) ln 0 x011x0 11 x0 x010，24对 x1， g(x) g(x0)0，即 f(x) ax2 x1ln( x1)12